子群、循环群与陪集

子群是使用同一运算的较小群。陪集将整个群组织成与子群等势的若干份。这种划分将结构与计数联系起来，无须预先构造商群即可证明 Lagrange 定理。

1 判定子群

若子集 $H\subseteq G$ 在继承的运算下成群，则称它是子群，记为 $H\le G$。一个方便的判据是：$H$ 非空，且对任意 $a,b\in H$ 都有 $ab^{-1}\in H$。

判据证明。 取 $h\in H$，则 $hh^{-1}=e\in H$。对 $b\in H$，有 $eb^{-1}=b^{-1}\in H$。对 $a$ 与 $b^{-1}$ 应用条件，得到 $ab\in H$。结合律由原群继承。反之，任何子群都有这些封闭性质。$\square$

偶整数在加法下构成 $2\mathbb Z\le\mathbb Z$。正整数不成子群，因为不含零和负数。子群的交仍是子群，但子群的并未必是子群：$2\mathbb Z\cup3\mathbb Z$ 含 2 和 3，却不含它们的和 5。

由 $g$ 生成的子群为 $\langle g\rangle=\{g^k:k\in\mathbb Z\}$，它是循环群。若 $g$ 的有限阶为 $n$，则 $g^i=g^j$ 当且仅当 $n$ 整除 $i-j$，所以 $e,g,\ldots,g^{n-1}$ 两两不同且包含该子群全部元素。

循环子群定理。 循环群的每个子群都是循环群。

证明。 对 $H\le\langle g\rangle$，若 $H=\{e\}$ 则结论成立。否则选取使 $g^d\in H$ 的最小正整数 $d$；必要时取逆元，可知这样的正指数存在。对任意 $g^k\in H$，带余除法给出 $k=qd+r$，$0\le r<d$。于是 $g^r=g^k(g^d)^{-q}\in H$，由最小性得 $r=0$。故 $H=\langle g^d\rangle$。同一证明适用于有限及无限循环群。$\square$

在阶为 $n$ 的循环群中，$g^k$ 的阶为 $n/\gcd(n,k)$：满足 $n\mid km$ 的最小正整数 $m$ 正是这个商。

2 陪集划分群

左陪集为 $aH=\{ah:h\in H\}$，右陪集为 $Ha$；二者可能不同。定义 $a\sim b$ 当且仅当 $a^{-1}b\in H$。单位元、逆元和乘积的封闭性说明这是等价关系；$a$ 的等价类恰为 $aH$。因此左陪集划分 $G$。

更直接地，若 $aH$ 与 $bH$ 相交，写成 $ah_1=bh_2$，则 $a=bh_2h_1^{-1}$，所以 $aH\subseteq bH$，反向包含同理。陪集相等不意味着 $a=b$，而意味着 $a^{-1}b\in H$。

映射 $H\to aH$、$h\mapsto ah$ 是双射，其逆是左乘 $a^{-1}$。因此每个陪集有 $|H|$ 个元素。

Lagrange 定理。 若 $G$ 有限且 $H\le G$，则

$$|G|=[G:H]|H|,$$

其中 $[G:H]$ 为左陪集的个数。证明对划分中等大的块计数即可。特别地，对元素生成的子群应用定理，得到每个元素的阶整除 $|G|$。

反命题并非自动成立：$|G|$ 的一个因数未必是任意有限群中某个子群的阶。Lagrange 定理也不适用于未通过子群判据的子集。

3 置换群例题

在 $S_3$ 中令 $H=\{e,(1\ 2)\}$。其阶为 2，故指数为 3。左陪集可用 $e,(1\ 3),(2\ 3)$ 作代表：

$$H,\quad\{(1\ 3),(1\ 2\ 3)\},\quad\{(2\ 3),(1\ 3\ 2)\}.$$

它们恰好各包含一次六个置换。陪集 $(1\ 3)H$ 不同于 $H(1\ 3)$，后者的非平凡乘积为 $(1\ 3\ 2)$。注意：陪集集合总是存在，但定义良好的陪集乘法需要下一章研究的额外条件。

补全幂与循环子群的论证

若 $g$ 的有限阶为 $n$，对每个整数指数 $m$ 都可作带余除法：写成 $m=qn+r$，$0\le r<n$。若 $g^m=e$，则 $g^r=e$，由 $n$ 的最小性得 $r=0$。因此 $g^m=e$ 当且仅当 $n\mid m$；负指数也包含在内。这就证明了上文所用的幂相等判据。

令 $d=\gcd(n,k)$，写 $n=dn_0$、$k=dk_0$，其中 $\gcd(n_0,k_0)=1$。条件 $(g^k)^m=e$ 等价于 $n_0\mid k_0m$。将整数 Bézout 等式 $un_0+vk_0=1$ 乘以 $m$，可知这又等价于 $n_0\mid m$。所以满足条件的最小正整数为 $n_0=n/d$。

在循环子群的证明中，若 $\langle g\rangle$ 的阶为有限数 $n$，则 $H$ 的最小正指数 $d$ 必整除 $n$：作 $n=qd+r$，利用 $g^n=e\in H$ 得到 $g^r\in H$，故 $r=0$。这说明练习 1 的完整子群表为什么由 12 的因数而非任意指数索引。

陪集划分的等价关系也可逐项核对。自反性使用 $a^{-1}a=e\in H$；对称性使用 $(a^{-1}b)^{-1}=b^{-1}a\in H$；传递性使用 $(a^{-1}b)(b^{-1}c)=a^{-1}c\in H$。最后，$a^{-1}b\in H$ 等价于存在 $h\in H$ 使 $b=ah$，故等价类确为 $aH$。这些步骤都不需要正规性或有限性；只有将划分作数值计数时才使用有限性。

4 分级练习

E1 基础。 求加法群 $\mathbb Z/12\mathbb Z$ 的所有子群及其阶。

E2 陪集。 列出 $4\mathbb Z$ 在 $\mathbb Z$ 中的陪集。

E3 计数。 证明素数阶群是循环群。

E4 推理。 设 $G$ 有 15 个元素。单凭 Lagrange 定理，关于元素的阶能说什么？它能证明存在阶为 15 的元素吗？

5 完整解答

S1. 子群通过 $\langle[d]\rangle$ 与 12 的正因数 $d$ 对应。生成元为 $1,2,3,4,6,12$，相应阶为 $12,6,4,3,2,1$。最后一个是零子群，因为 $[12]=[0]$。循环子群定理证明没有其他子群。

S2. 四个不同陪集是 $4\mathbb Z$、$1+4\mathbb Z$、$2+4\mathbb Z$ 和 $3+4\mathbb Z$。带余除法证明每个整数恰属于其中一个。

S3. 取 $g\ne e$。其阶整除素数 $p$ 且大于 1，所以为 $p$。它生成的子群因此包含全部 $p$ 个元素。

S4. 每个元素的阶属于 $1,3,5,15$。Lagrange 定理本身不能提供阶为 15 的元素；它是整除限制，而非存在性定理。更强的结论需要另外的群论论证。

总结

子群可通过对逆元的封闭性判定。陪集将群划分为大小相等的块，从而给出 Lagrange 的整除结论。循环群的子群描述尤其完整，但不能把陪集计数本身误当成商群乘法或存在性结论。